Latihan termodinamika dengan pembahasan

Meregangkan kawat elastis

Latihan 12 · Pelajaran 4 — Hukum Pertama Termodinamika

kerja terumumkan
kawat elastis
tarikan
hukum pertama

Soal

Sebuah kawat dengan panjang tanpa beban $L_{0}$ diregangkan secara perlahan, tanpa histeresis, dari $L_{A}$ ke $L_{B}$ , dengan $L_{0} \leq L_{A} < L_{B}$ . Dalam rentang yang ditinjau, tegangan setimbangnya mengikuti hukum

F = K (L - L_{0}),

dengan $K > 0$ suatu kekakuan konstan yang tidak bergantung pada suhu. Tarikan luar mengimbangi tegangan kawat pada setiap tahap. Kita gunakan model energi dalam

U (T, L) = C (T - T_{⋆}) + \frac{1}{2} K (L - L_{0})^{2} + U_{⋆},

dengan $C$ kapasitas kalor total yang konstan, sedangkan $T_{⋆}$ dan $U_{⋆}$ merupakan nilai acuan tetap. Perubahan energi kinetik dan energi potensial gravitasi dapat diabaikan.

Gambarlah kawat, titik tetapnya, ujung yang bergerak, dan gaya tarik luar. Tuliskan kerja elementer yang diterima untuk perubahan $d L$ , lalu hitung $W_{A \to B}$ .
Peregangan berlangsung isotermal. Hitung $Δ U$ dan kalor $Q_{A \to B}$ yang diterima dalam model ini. Apakah suatu proses isotermal pada umumnya mengharuskan $Δ U = 0$ ?
Kawat dikembalikan dari $L_{B}$ ke $L_{A}$ dengan mengikuti hukum tarikan yang sama. Hitung kerja yang diterima pada perjalanan kembali ini dan pada perjalanan pergi-pulang. Mengapa hasil ini tidak berarti bahwa setiap kerja merupakan fungsi keadaan?

Petunjuk

Gunakan

δ W = F_{ext} d L

dan integralkan gaya yang berubah-ubah itu. Kemudian bandingkan dengan selisih energi dalam yang diberikan oleh model, menggunakan

Δ U = Q + W

Pembahasan terperinci

Solusi

Pertanyaan 1. Pada gambar, ujung kiri kawat dipasang tetap. Ujung kanan mengalami tarikan yang mengarah ke kanan; perpindahannya ialah

d L

. Kerja yang diterima kawat bernilai positif ketika kawat memanjang:

δ W = F_{ext} d L = K (L - L_{0}) d L .

Gaya ini tidak konstan. Karena itu kita harus menghitung

W_{A \to B} = \int_{L_{A}}^{L_{B}} K (L - L_{0}) d L = [\frac{K}{2} (L - L_{0})^{2}]_{L_{A}}^{L_{B}} = \frac{K}{2} [(L_{B} - L_{0})^{2} - (L_{A} - L_{0})^{2}] > 0.

Satuan kekakuan ialah $N m^{- 1}$ , sehingga $K (L - L_{0})^{2}$ dinyatakan dalam $N m$ , yakni dalam joule.

Pertanyaan 2. Karena

T_{B} = T_{A}

, suku termal tidak berubah. Konstanta acuan juga saling menghilangkan, sehingga

Δ U = C (T_{B} - T_{A}) + \frac{K}{2} [(L_{B} - L_{0})^{2} - (L_{A} - L_{0})^{2}] = W_{A \to B} .

Hukum pertama lalu memberikan $Q_{A \to B} = Δ U - W_{A \to B} = 0$ . Dalam model ideal ini, kerja yang diterima tersimpan sebagai energi elastis. Suhu tetap konstan, tetapi energi dalam bertambah: jadi kondisi isotermal tidak mengharuskan $Δ U = 0$ . Hasil $Q = 0$ di sini bergantung pada model yang dipakai dan tidak berlaku untuk semua bahan.

Pertanyaan 3. Menukar batas integral membalik tanda integral:

W_{B \to A} = \int_{L_{B}}^{L_{A}} K (L - L_{0}) d L = [\frac{K}{2} (L - L_{0})^{2}]_{L_{B}}^{L_{A}} = - W_{A \to B} .

Dengan demikian, kerja yang diterima pada perjalanan pergi-pulang sama dengan nol. Kawat mengembalikan kerja yang tersimpan. Di sini, hukum yang dipaksakan membuat kerja sama dengan perubahan energi elastis, yang merupakan fungsi $L$ . Ini adalah sifat model tanpa histeresis ini dan keluarga proses ini, bukan sifat umum transfer kerja.